《专题强化 滑块—木板模型和传送带模型》课时作业（含答案解析）

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1、专题强化滑块木板模型和传送带模型一、选择题1(多选)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小下列选项可能正确的是()图1答案AB解析物体在传送带上先做匀加速运动，当达到与传送带相同的速度后，开始做匀速运动，A、B正确2.如图2所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端所用时间为T，则下列说法正确的是()图2A当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能大于TB当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间可能小于TC当传送带逆时针转动时，物块

2、下滑的时间等于TD当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间小于T答案D解析当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T，故A、B错误；当传送带逆时针转动时，开始时物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，则物块下滑的时间小于T，故C错误，D正确3.如图3所示，足够长的传送带与水平面间夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()

3、图3答案D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，可得a1gsin gcos .小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，小木块不会与传送带保持相对静止，而是继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，所以a2gsin gcos ，a2a1，故D正确4.如图4所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示(逆时针)，在此传送带的速度由零逐渐

4、增加到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是()图4A物块下滑的速度不变B物块开始在传送带上加速到2v0后匀速C物块先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D物块受的摩擦力方向始终沿斜面向上答案C解析在传送带的速度由零逐渐增加到v0的过程中，物块相对于传送带下滑，故物块受到的滑动摩擦力仍然向上，故这段过程中物块继续匀速下滑，在传送带的速度由v0逐渐增加到2v0过程中，物块加速下滑，当物块的速度达到2v0时，物块相对传送带静止，随传送带匀速下滑，故选项C正确5(多选)如图5所示，水平传送带两端A、B相距x6 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转现将一小煤块(可视为

5、质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.25，重力加速度g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图5A煤块从A运动到B的时间是2.3 sB煤块从A运动到B的时间是1.6 sC划痕长度是2.8 mD划痕长度是3.2 m答案AD解析开始时煤块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgma，得ag2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为x13.2 m6 m，因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为t11.6 s，此后煤块以与传送带相同的速度匀速运

6、动至B端，匀速运动的位移为x2xx16 m3.2 m2.8 m，时间为t20.7 s，运动的总时间为tt1t22.3 s，A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得xv0t1x13.2 m，C错误，D正确二、非选择题6质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以某一初速度沿木板上表面水平冲上木板，如图6甲所示A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的vt图象如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，求：图6(1)A与B上表面之间的动摩擦因数1；(2)B与水平面间的动摩擦因数2；(3)A的质量答案(1)0.2(2)0.1(3)6 kg解析

7、(1)由题图乙可知，A在01 s内的加速度a12 m/s2，对A由牛顿第二定律得，1mgma1，解得10.2.(2)由题图乙知，AB在13 s内的加速度a31 m/s2，对AB由牛顿第二定律得，2(Mm)g(Mm)a3解得20.1.(3)由题图乙可知B在01 s内的加速度a22 m/s2.对B由牛顿第二定律得，1mg2(Mm)gMa2，代入数据解得m6 kg.7.如图7所示，质量M8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数0.2，长

8、木板足够长(g取10 m/s2)图7(1)放上小物块后，小物块及长木板的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从放上小物块开始，经过t1.5 s，小物块的位移大小为多少？答案(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m解析(1)小物块的加速度amg2 m/s2长木板的加速度aM0.5 m/s2.(2)由amtv0aMt，可得t1 s.(3)在开始1 s内小物块的位移x1amt21 m1 s末速度为vamt2 m/s在接下来的0.5 s小物块与长木板相对静止，一起做匀加速运动，加速度为a0.8 m/s2这0.5 s内的位移为x2vtat21.1 m通过的总位

9、移xx1x22.1 m.8.如图8所示的传送带，其水平部分ab长度为2 m，倾斜部分bc长度为4 m，bc与水平方向的夹角为37，将一物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数0.25.传送带沿图示方向以v2 m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，试求物块A从a端传送到c端所用的时间(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图8答案2.4 s解析物块A在ab之间运动，对A受力分析得Ff1FN1，FN1mg0，根据牛顿第二定律得Ff1ma1，解得a1g2.5 m/s2，设物块A速度达到2 m/s所需时间为t1，运动位移为x1.根据运动学

10、规律可得t10.8 s，x1a1t120.8 m由x12 m，可知A在还没有运动到b点时，已与传送带速度相同此后A做匀速运动，设运动时间为t2，labx1vt2，得t20.6 sA在bc间运动时，物块A所受的摩擦力方向沿传送带向上，对A受力分析得：mgsin Ff2ma2，FNmgcos Ff2FN解得a2g(sin cos )4 m/s2根据运动学规律可得lbcvt3a2t32，解得t31 s，t32 s(舍去)则物块A从a端传送到c端所用时间tt1t2t32.4 s.9.如图9所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v1 m/s 的恒定速率顺时针运行，一质量为m4 kg的行李

11、(可视为质点)无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设行李与传送带间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离 l2 m，g取10 m/s2.求：图9(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；(2)行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s解析(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力Ffmg将题给数据代入，得Ff4 N由牛顿第二定律，得Ffma代入数据得a1 m/s2(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v1 m/s，则vat代入数据，得t1 s，运动的距离xt0.5 ml，所以行李匀加速运动的时间为1 s.(3)行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则latmin2，代入数据得tmin2 s传送带对应的最小运行速率vminatmin，代入数据得vmin2 m/s.